ARC071 - 077

完成情况

前面的场次有时间再写吧，省选之前做的，也不知道都忘成什么样了。

\(\texttt{ARC071}\)

E

简单题目。

考虑先一气呵成，将两个数组里面所有的 \(A\to BB\)，然后看两个数组长度之差是不是 \(3\) 的倍数即可。

F

略微需要推一下的简单题。

发现一旦出现了 \(x,y,.....\) 且 \(x \ge 2, y\ge 2\)，那么显然 \(y\) 之后的所有数都只能填 \(y\)。

那么整个数组应该大致就长下面这样：

\(x_1,1,...,1,x_2,1,...,1,x_3,1,...,1,...,x_m,y,y,y,....\) 。（当然 \(x_i\) 后面的 \(1\) 个个数要 \(>x_i\)。）

然后对于 \(x_i,1,...,1\) 这一部分，考虑一个简单 \(dp\)，用一个前缀和优化即可。

最后统计答案的时候再把最后的 \(x_m,y,y,y,...\) 这种情况算进去即可。

具体系数这里就懒得写了，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)，其实真要卡的话应该是可以用矩阵快速幂做到 \(\mathcal{O}(\log n)\) 的，不过并不重要。

\(\texttt{ARC072}\)

D

感觉自己唐到没边。

显然，对于先手，如果 \(|x-y|> 1\)，他总是有办法让 \(|x-y|\le 1\)，反之如果 \(|x-y|\le 1\)，如果能移动，那么先手无论怎么操作，操作之后 \(|x-y|>1\)，而结束状态也一定满足 \(|x-y|\le 1\) 这个条件，于是直接判断 \(|x-y|\) 和 \(1\) 的大小关系即可。

博弈论还是要多观察终止状态的样例的规律啊！

E

首先，无论如何，距离终点的距离都是在减小的。

如果 \(d_i\) 发生改变，\(i-1\) 及之前的贡献是不会受到影响的，可以直接预处理得到。

相当于我们需要知道 \(i+1\to n\) 这一段后缀，开始这段后缀之前，距离终点在什么范围的时候，能/不能够通过这段后缀的 \(d_j\) 来走到终点。得到范围之后就能判断改变 \(d_i\) 能否有办法让其走不到终点了。

具体来说，假设走完前 \(i-1\) 条指令，距离终点的距离为 \(x\) 米，现在我们要改变 \(d_i\) 来让其不合法。换言之，\(d_i\) 无论怎么变化，到 \(i+1\) 条指令时，到终点的距离一定在 \([0,x]\) 以内，如果这里面的所有值后面这段后缀的指令都能让他走到终点，那么就是无解，否则就是有解。

考虑如何来判断这个东西。

其实我们只需要维护 \(i+1\to n\) 这段后缀中，最小的到达不了终点的距离，假设是 \(\text{minn}_i\)。如果 \(x\ge \text{minn}_i\) 那么就是 YES，否则就是 NO。

首先有 \(\text{minn}_n=1\)。

考虑如何从 \(\text{minn}_i\to \text{minn}_{i-1}\)。

如果 \(\text{minn}_i \le \lfloor \frac{a_{i-1}}{2}\rfloor\)，那么就算有了 \(a_{i-1}\)，这个最小到不了的终点的距离也是无法改变的，即 \(\text{minn}_{i-1}=\text{minn}_i\)。

否则，距离在 \([\lfloor \frac{a_{i-1}}{2}\rfloor+1,a_{i-1}]\) 的这一段，显然可以通过 \(a_{i-1}\)，走到距离为 \([0,\lfloor \frac{a_{i-1}}{2}\rfloor]\) 的这一段，而这一段都可以到终点。所以到不了终点的最小点在 \(>a_{i-1}\) 中，容易发现有了 \(a_{i-1}\) 的作用之后，就是 \(\text{minn}_{i-1}=\text{minn}_i+a_{i-1}\)。

然后就做完了，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n+q)\)。

F

以前做过，但是为什么我一点印象也没有捏。

仔细思考以下，发现对于第 \(i\) 天来说，可以考虑维护一个前 \(i-1\) 天，有关温度和水量的一个单调队列，即从头到尾，温度越高，水量越低。

然后看能不能混合之类的，稍微处理一下就行了。

重点是要去挖掘能够维护单调队列的性质。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。

\(\texttt{ARC073}\)

D

非常常规的背包吧，好像初学的时候还没做起。

有一个 \(w_1\le w_i\le w_1+3\)。

考虑直接定义 \(dp_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 个物品，容量为 \(w_1\times j+k\) 可以拿走的最大价值。

没什么好说的，随便转移。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^3)\)。

E

我怎么感觉这题我以前看谁刷到过来着（？

考虑钦定全局最大值是 \(R_{max}\)，然后进行分类讨论。

• 全局最小值是 \(R_{min}\)。应该可以去二分 \(B_{max}-B_{min}\)，然后看有没有合法的构造。
• 全局最小值是 \(B_{min}\)。好像比想象的要复杂一点。考虑去枚举 \(R_{min}\)，找到满足条件的最小的 \(B_{max}\)。对于每个包 \((x,y)\)，假设 \(x<y\)，如果 \(R_{min}\in [x,y]\)，显然 \(y\) 涂红色，\(x\) 涂蓝色。如果 \(R_{min}>y\)，这个显然不合法。如果 \(R_{min}<x\)，要让 \(B_{max}\) 小，所以把 \(x\) 涂给蓝色，\(y\) 涂红色。这个过程应该可以通过一个正常扫描一遍来维护。不对，我是不是直接把 \(x\) 给 \(B\)，\(y\) 给 \(R\)，这样直接贪就行了，我唐了。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log^2 n)\)，可能是我实现太劣了，应该可以单 \(\log\)。

甚至最开始还被卡常了。

F

总有一种与 CSP-T3 相似的即视感。

首先完成第 \(i\) 个要求之前，我们知道两个棋子，有一个一定是在 \(x_{i-1}\) 这个位置上，另外一个棋子可以维护一颗线段树，下标是另外一个棋子的位置，里面维护的值就是达到当前状态的最小代价，然后节点上维护区间最小值即可。

从 \(i-1\to i\) 应该就是刻画在线段树上的一个区间查询 \(\text{val} + i, \text{val} - i\) 的最小值，以及一个单点修改和全局加。

秒了，时间复杂度 \(\mathcal{O}(Q\log n)\)。

\(\texttt{ARC074}\)

D

我是什么高级人类想这个题想了这么久啊。

直接考虑枚举剩下的 \(2\times N\) 个数的前后分界点，然后你就知道前面删了多少个数，后面删了多少个数，然后前面删大的，后面删小的，随便打个堆维护下即可。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。

E

简单 DP。

定义 \(dp_{i,j,k}\) 表示，填完 \(1\to i\)，从后往前第一个和 \(i\) 颜色不相同的位置是 \(j\)，第一个和 \(i,j\) 颜色都不同的位置是 \(k\)，满足所有 \(r\le i\) 的限制的方案数。

转移非常简单：

• \(i\) 和 \(i-1\) 填一样的颜色：\(dp_{i,j,k} = dp_{i-1,j,k}\)
• \(i\) 和 \(j\) 填一样的颜色：\(dp_{i,i-1,k}=dp_{i-1,j,k}\)
• \(i\) 和 \(k\) 填一样的颜色：\(dp_{i,i-1,j}=dp_{i-1,j,k}\)

三种转移都进行一遍，然后转移完 \(i\) 之后，将 \((l,i,x)\) 所有不合法的状态清零即可。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^3+m\times n^2)\)。

F

2208 的紫题还是很少见的。

网络流学太烂了，甚至不知道删掉一些点让两个点不联通的最小代价是最小割模型。（当然需要把边和点互相转化以下。）

直接建边的话在 \(\mathcal{O}(n^3)\) 级别，显然无法通过。

发现可以对于每行每列建立一个虚点，然后分别向这一行这一列上的所有点建双向边，然后此时边数在 \(\mathcal{O}(n^2)\) 级别，直接跑最小割就可以通过了。

\(\texttt{ARC075}\)

D

简单题，直接二分答案，然后看每一项至少要用多少次 \(A\)，然后看加起来是否小于 \(\text{mid}\) 即可。

E

随便转化以下，将每个 \(a_i\) 减去 \(k\)，然后求出前缀和数组 \(s\)。相当于求 \(\sum_{i=1}^n \sum_{j=0}^{i - 1}[s_i \ge s_j]\)

直接二维偏序就完了。

F

做不起蓝题，笑死。

考虑去分析一下：对于 \(N=\overline {abcd}\)，发现 \(\text{rev}(N)-N=(d-a)\times 999+(c - b)\times 90\)。

再写一些位数多一点的，发现这些系数就是 \(9999999, 999990, 99900, 9000\)。

且可以发现相邻两个系数数量级差距很大，是没有办法被弥补回来的。

至于 \((d-a),(c-b)\) 这些系数的值，可以发现要么是一种负数，要么是一种整数，也就是说最多只有两种。

然后再求下方案数即可，时间复杂度 \(\mathcal{O}(2^L)\)，其中 \(L\) 是输入的数的位数。

\(\texttt{ARC076}\)

D

可以发现每个点有用的边，只有距离他 \(x\) 坐标最近的和 \(y\) 最近的，把这些边全部建上，跑一遍最小生成树即可。

E

先猜一手，感觉只有在边界上的两个点才有可能把这个网格隔开。

然后隔开之后看有没有不合法的应该就行了。（显然不合法也只有可能两个端点都在边界上）

至于有没有应该直接维护以下就行了？（你把端点都在边界上的点连起来，看以后没有交点就行了。）

暴力维护是可以的，但是好像不相交可以看成一种括号序列（？

F

之前做过的题，还略微有些印象。

之前直接看贪心题解跑路了，这里写一下严谨的扩展 \(\text{Hall}\) 定理做法。

可以直接转化为二分图模型，由扩展霍尔定理，本题相当于求解 \(\max_{S\subseteq V_L} \{|S|-|\bigcup _{v\in S}N(v)|\}\)。

发现这个邻域是两个区间，不好处理，考虑把并转化为转化为 \(m\) 减去补集的交集，然后写一下式子，枚举交集 \(l_i\) 的端点位置，然后扫描线应该就行了。

\(\texttt{ARC077}\)

D

设重复数字的位置分别是 \(l,r\)

忙猜选 \(i\) 个答案是 \(C_{n+1}^{i}-C_{n+1-(r-l+1)}^{i-1}\)（当然，\(i=1\) 的时候特判以下即可。）